（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 第60課時(shí) 帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（題型研究課）講義（含解析）.doc

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第60課時(shí)　帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(題型研究課) 1．(2017全國(guó)卷Ⅰ)如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)正確的是(　　) A．ma>mb>mc　　　　　 B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma 解析：選B　該空間區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)和重力場(chǎng)的疊加場(chǎng)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知其重力與所受到的電場(chǎng)力平衡，洛倫茲力提供其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有mag＝qE，解得ma＝。b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋。c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－。綜上所述，可知mb>ma>mc，選項(xiàng)B正確。 2．(2018北京高考)某空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)帶電粒子(不計(jì)重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若僅撤除電場(chǎng)，則該粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列因素與完成上述兩類運(yùn)動(dòng)無關(guān)的是(　　) A．磁場(chǎng)和電場(chǎng)的方向　　　 B．磁場(chǎng)和電場(chǎng)的強(qiáng)弱 C．粒子的電性和電量 D．粒子入射時(shí)的速度 解析：選C　這是“速度選擇器”模型，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)的疊加區(qū)域內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則粒子受到的洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡，大小滿足qvB＝qE，故v＝，即磁場(chǎng)和電場(chǎng)的強(qiáng)弱決定粒子入射時(shí)的速度大??；洛倫茲力與電場(chǎng)力的方向一定相反，結(jié)合左手定則可知，磁場(chǎng)和電場(chǎng)的方向一定互相垂直，粒子入射時(shí)的速度方向同時(shí)垂直于磁場(chǎng)和電場(chǎng)，且不論粒子帶正電還是帶負(fù)電，入射時(shí)的速度方向相同，而不是電性相反時(shí)速度方向也要相反。總之粒子是否在“速度選擇器”中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，與粒子的電性、電量均無關(guān)，而是取決于磁場(chǎng)和電場(chǎng)的方向、強(qiáng)弱，以及粒子入射時(shí)的速度，故C正確。 3．(2016全國(guó)卷Ⅰ)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場(chǎng)加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場(chǎng)。若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場(chǎng)加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場(chǎng)，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為(　　) A．11 B．12 C．121 D．144 解析：選D　帶電粒子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有qU＝mv2，在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)，其半徑r＝，由以上兩式整理得r＝。由于質(zhì)子與一價(jià)正離子的電荷量相同，B1∶B2＝1∶12，當(dāng)半徑相等時(shí)，解得＝144，選項(xiàng)D正確。 4．(2018全國(guó)卷Ⅰ)如圖，在y＞0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E；在y＜0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)氕核H和一個(gè)氘核H先后從y軸上y＝h點(diǎn)以相同的動(dòng)能射出，速度方向沿x軸正方向。已知H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與x軸正方向的夾角為60，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O處第一次射出磁場(chǎng)。H的質(zhì)量為m，電荷量為q。不計(jì)重力。求： (1)H第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離； (2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小； (3)H第一次離開磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離。 解析：(1) H在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。在電場(chǎng)中由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 s1＝v1t1① h＝a1t12② H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度在y軸方向的分量大小為 v1tan θ1＝a1t1③ 聯(lián)立以上各式得 s1＝h。④ (2)H在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有 qE＝ma1⑤ 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小為 v＝⑥ 在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有 qvB＝m⑦ 由幾何關(guān)系得 s1＝2R1sin θ1⑧ 聯(lián)立以上各式得B＝ 。⑨ (3)H與H初動(dòng)能相等 2mv22＝mv12⑩ H在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)有 qE＝2ma2? s2＝v2t2? h＝a2t22? 進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)v2tan θ2＝a2t2? v′＝? qv′B＝2m? 聯(lián)立以上各式得 s2＝s1，θ2＝θ1，R2＝R1? 所以H第一次離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)在原點(diǎn)左側(cè)，設(shè)出射點(diǎn)到入射點(diǎn)的距離為s2′，由幾何關(guān)系有 s2′＝2R2sin θ2? 聯(lián)立④⑧??式得，H第一次離開磁場(chǎng)時(shí)的位置到原點(diǎn)O的距離為 s2′－s2＝(－1)h。? 答案：(1)h　(2) 　(3)(－1)h 1．帶電粒子在磁場(chǎng)、組合場(chǎng)及疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是歷年高考的熱點(diǎn)，常見的題型多為綜合性計(jì)算題，但也可能是選擇題。 2．有界磁場(chǎng)、組合場(chǎng)、疊加場(chǎng)問題可以綜合考查受力分析，圓周運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律及牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、功能關(guān)系等，因此一般是高考題中分值較高，難度較大的題目?！　? 命題點(diǎn)一　電場(chǎng)與磁場(chǎng)的疊加 考法1　帶電粒子在疊加場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)　 [例1]　如圖所示，從S處由靜止發(fā)出的熱電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進(jìn)入正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，發(fā)現(xiàn)電子向上極板偏轉(zhuǎn)。設(shè)兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，忽略電子受到的重力。欲使電子沿直線從電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域通過，只采取下列措施，其中可行的是(　　) A．適當(dāng)減小電場(chǎng)強(qiáng)度E B．適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B C．適當(dāng)增大加速電場(chǎng)極板之間的距離 D．適當(dāng)減小加速電壓U [解析]　根據(jù)左手定則可知電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下，故電子向上極板偏轉(zhuǎn)的原因是電場(chǎng)力大于洛倫茲力，要使電子在疊加場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有Eq＝qvB，所以要么增大洛倫茲力，要么減小電場(chǎng)力。適當(dāng)減小電場(chǎng)強(qiáng)度E，可以減小電場(chǎng)力，選項(xiàng)A正確；適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B，可以減小洛倫茲力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；適當(dāng)增大加速電場(chǎng)極板之間的距離，根據(jù)eU＝mv2可得v＝ ，由于兩極板間的電壓沒有變化，所以電子進(jìn)入磁場(chǎng)的速率沒有變化，因此沒有改變電場(chǎng)力和洛倫茲力的大小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；適當(dāng)減小加速電壓U，可以減小電子進(jìn)入疊加場(chǎng)中的速度v，從而減小洛倫茲力，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 [答案]　A 考法2　帶電粒子在疊加場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)　 [例2]　(2019濟(jì)寧模擬)如圖所示，在xOy平面的第一、四象限內(nèi)存在著方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第四象限內(nèi)存在方向沿y軸負(fù)方向、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)。從y軸上坐標(biāo)為a的一點(diǎn)向磁場(chǎng)區(qū)發(fā)射速度大小不等的帶正電同種粒子，速度方向范圍與y軸正方向成30～150夾角，且在xOy平面內(nèi)。結(jié)果所有粒子經(jīng)過磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后都垂直打到x軸上，然后進(jìn)入第四象限。已知帶電粒子電荷量為q、質(zhì)量為m，重力不計(jì)。求： (1)垂直y軸方向射入磁場(chǎng)的粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小v1； (2)粒子在第一象限的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間以及對(duì)應(yīng)的射入方向； (3)從x軸上x＝(－1)a點(diǎn)射入第四象限的粒子穿過電磁場(chǎng)后經(jīng)過y軸上y＝－b的點(diǎn)，求該粒子經(jīng)過y＝－b點(diǎn)的速度大小。 [解析]　 (1)垂直y軸方向射入磁場(chǎng)的粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示， 由幾何關(guān)系知，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心在O點(diǎn)，軌跡半徑：r1＝a 由洛倫茲力提供向心力得：qv1B＝m 解得：v1＝。 (2)當(dāng)粒子初速度方向與y軸正方向夾角為30時(shí)，粒子在第一象限的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)， 此時(shí)運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角：α＝150 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期：T＝ 粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝T＝＝。 (3)如圖乙所示，設(shè)粒子射入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為θ，軌跡半徑為R， 由幾何關(guān)系得：R－Rcos θ＝(－1)a Rsin θ＝a 解得：θ＝45，R＝a 由洛倫茲力提供向心力得：qv0B＝m 此粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度：v0＝ 設(shè)粒子到達(dá)y軸上速度大小為v， 根據(jù)動(dòng)能定理得：qEb＝mv2－mv02 解得：v＝ 。 [答案]　(1)　(2)，粒子初速度方向與y軸正方向夾角為30　(3) (1)帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的疊加場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力和洛倫茲力一定相互平衡，因此可利用二力平衡解題。 (2)帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的疊加場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，是電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡造成的。此過程中電場(chǎng)力做功，洛倫茲力不做功，需根據(jù)電場(chǎng)力做功的正、負(fù)判斷動(dòng)能的變化。　　 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.(多選)在圖中虛線所圍的區(qū)域內(nèi)，存在電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。已知從左方水平射入的電子穿過此區(qū)域時(shí)未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，電子重力忽略不計(jì)。則在該區(qū)域中的E和B的方向可能是(　　) A．E和B都沿水平方向，并與電子運(yùn)動(dòng)的方向相同 B．E和B都沿水平方向，并與電子運(yùn)動(dòng)的方向相反 C．E豎直向上，B垂直紙面向外 D．E豎直向上，B垂直紙面向里 解析：選ABC　電子進(jìn)入該區(qū)域后僅受電場(chǎng)力和洛倫茲力作用，由于電子穿過該區(qū)域時(shí)不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，所以電場(chǎng)力和洛倫茲力的合力等于零或合力方向與電子運(yùn)動(dòng)方向在同一直線上。當(dāng)E和B都沿水平方向，并與電子運(yùn)動(dòng)的方向相同時(shí)，洛倫茲力為零，電子僅受與其運(yùn)動(dòng)方向相反的電場(chǎng)力作用，將做勻減速直線運(yùn)動(dòng)穿過該區(qū)域；當(dāng)E和B都沿水平方向，并與電子運(yùn)動(dòng)的方向相反時(shí)，洛倫茲力等于零，電子僅受與其運(yùn)動(dòng)方向相同的電場(chǎng)力作用，將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)穿過該區(qū)域；當(dāng)E豎直向上，B垂直紙面向外時(shí)，電場(chǎng)力豎直向下，洛倫茲力豎直向上，若qE＝qvB，電子將做勻速直線運(yùn)動(dòng)穿過該區(qū)域；當(dāng)E豎直向上，B垂直紙面向里時(shí)，電場(chǎng)力和洛倫茲力都豎直向下，電子不可能在該區(qū)域中做直線運(yùn)動(dòng)。故A、B、C正確。 2.一個(gè)帶正電的微粒(重力不計(jì))穿過如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)，恰能沿直線運(yùn)動(dòng)。欲使微粒向下偏轉(zhuǎn)，應(yīng)采用的辦法是(　　) A．增大微粒質(zhì)量 B．增大微粒電荷量 C．減小入射速度 D．增大磁感應(yīng)強(qiáng)度 解析：選C　微粒在穿過題圖所示區(qū)域時(shí)所受的力為：豎直向下的電場(chǎng)力Eq和豎直向上的洛倫茲力qvB，且初始時(shí)Eq＝qvB。若要使微粒向下偏轉(zhuǎn)，需使Eq>qvB，則減小入射速度v、減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B或增大電場(chǎng)強(qiáng)度E均可，故C正確。 3.如圖所示，水平的兩塊帶電金屬極板a、b平行正對(duì)放置，極板長(zhǎng)度為l，板間距為d，板間存在方向豎直向下、場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，假設(shè)電場(chǎng)、磁場(chǎng)只存在于兩極板間。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，以水平速度v0從兩極板的左端正中央沿垂直于電場(chǎng)、磁場(chǎng)的方向進(jìn)入極板間，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，不計(jì)重力及空氣阻力。求： (1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? (2)若撤去磁場(chǎng)，粒子能從極板間射出，粒子穿過電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)方向移動(dòng)的距離； (3)若撤去磁場(chǎng)，并使電場(chǎng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉淼?倍，粒子將打在下極板上，粒子到達(dá)下極板時(shí)動(dòng)能的大小。 解析：(1)帶電粒子勻速通過電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)時(shí)受到的電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，可得 qE＝qv0B， 解得B＝。 (2)粒子穿過電場(chǎng)時(shí)做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)方向移動(dòng)的距離 y＝at2＝。 (3)設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)到下極板時(shí)的動(dòng)能大小為Ek， 根據(jù)動(dòng)能定理，可得 2qEd＝Ek－mv02， 解得Ek＝mv02＋qEd。 答案：(1)　(2)　(3)mv02＋qEd 命題點(diǎn)二　電場(chǎng)、磁場(chǎng)與重力場(chǎng)的疊加 考法1　無約束條件的疊加場(chǎng)　 [例1]　如圖所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時(shí)存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平面上，斜面傾角為45。有一帶電的小球P靜止于斜面頂端A處，且恰好對(duì)斜面無壓力。若將小球P(視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0水平向右拋出，一段時(shí)間后，小球P落在斜面上的C點(diǎn)。已知小球P的運(yùn)動(dòng)軌跡在同一豎直平面內(nèi)，重力加速度為g，求： (1)小球P落到斜面上時(shí)速度方向與斜面的夾角θ及由A到C所需的時(shí)間t； (2)小球P從拋出到落到斜面的位移x的大小。 [解析]　(1)小球P靜止時(shí)不受洛倫茲力作用，僅受自身重力和電場(chǎng)力，對(duì)斜面無壓力，則mg＝qE① 小球P獲得水平初速度后由于自身重力和電場(chǎng)力平衡，將在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，由對(duì)稱性可得小球P落到斜面上時(shí)其速度方向與斜面的夾角θ為45 由洛倫茲力提供向心力得qv0B＝m② 圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝＝③ 圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過的圓心角為90，小球P由A到C所需的時(shí)間t＝＝。④ (2)由②式可知，小球P做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R＝⑤ 由幾何關(guān)系知x＝R⑥ 聯(lián)立①⑤⑥式解得位移x＝。 [答案]　(1)45　　(2) 考法2　有約束條件的疊加場(chǎng)　 [例2]　(多選)(2019贛州模擬)如圖所示，在水平勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一豎直足夠長(zhǎng)固定絕緣桿MN，小球套在桿上。已知小球的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，小球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中(　　) A．小球的加速度一直減小 B．小球的機(jī)械能和電勢(shì)能的總和保持不變 C．下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v＝ D．下滑加速度為最大加速度一半時(shí)的速度可能是v＝ [解析]　v較小時(shí)，對(duì)小球受力分析如圖所示，F(xiàn)f＝μFN＝μ(qE－qvB)，mg－μ(qE－qvB)＝ma，隨著v的增大，小球加速度先增大，當(dāng)qE＝qvB時(shí)達(dá)到最大值，amax＝g，繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，有Ff＝μ(qvB－qE)，mg－μ(qvB－qE)＝ma，隨著v的增大，加速度逐漸減小，A錯(cuò)誤；因?yàn)橛心Σ亮ψ龉?，機(jī)械能與電勢(shì)能總和在減小，B錯(cuò)誤；若在加速度增大時(shí)達(dá)到最大加速度的一半，則mg－μ(qE－qvB)＝m，得v＝；若在加速度減小時(shí)達(dá)到最大加速度的一半，則mg－μ(qvB－qE)＝m，得v＝，C、D正確。 [答案]　CD 1．無約束條件的運(yùn)動(dòng) (1)若電場(chǎng)力、洛倫茲力、重力三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)。 (2)若重力與電場(chǎng)力平衡，一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。 (3)若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動(dòng)能定理求解。 2．有約束條件的運(yùn)動(dòng) 帶電體在疊加場(chǎng)中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，分析時(shí)應(yīng)注意： (1)分析帶電體所受各力尤其是洛倫茲力的變化情況，分階段明確物體的運(yùn)動(dòng)情況。 (2)根據(jù)物體各階段的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，選擇合適的規(guī)律求解?！　? [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.在如圖所示的真空區(qū)域中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向水平且垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.5 T，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向水平向左，場(chǎng)強(qiáng)E＝ N/C。一個(gè)帶負(fù)電的小顆粒質(zhì)量m＝3.010－7 kg，電荷量q＝3.010－6 C，帶電小顆粒在這個(gè)區(qū)域中剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。求：(g取10 m/s2) (1)小顆粒運(yùn)動(dòng)的方向和速度大??； (2)如果小顆粒運(yùn)動(dòng)到圖中P點(diǎn)時(shí)，把磁場(chǎng)突然撤去，小顆粒運(yùn)動(dòng)中將會(huì)通過與P點(diǎn)在同一電場(chǎng)線上的Q點(diǎn)，從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所需時(shí)間。 解析：(1)由題意知，小顆粒受力平衡，小顆粒受力如圖甲所示， tan α＝＝， 所以α＝30， 由左手定則得，帶負(fù)電小顆粒的運(yùn)動(dòng)方向應(yīng)與水平方向成60角斜向右上方， 由平衡條件可得qvB＝， 解得v＝0.8 m/s。 (2)突然撤去磁場(chǎng)后，小顆粒受到的重力和電場(chǎng)力的合力方向與速度方向垂直，如圖乙所示，故小顆粒將做變速曲線運(yùn)動(dòng)(類平拋運(yùn)動(dòng))。在豎直方向上，小顆粒做初速度為vsin 60，加速度為g的豎直上拋運(yùn)動(dòng)， 由豎直分運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性知，從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所需時(shí)間 t＝＝0.08 s≈0.14 s。 答案：(1)與水平方向成60角斜向右上方　0.8 m/s　(2)0.14 s 2.(2019常德高三模擬)如圖所示，ABCD矩形區(qū)域內(nèi)存在互相垂直的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的疊加場(chǎng)。有一質(zhì)量為m、帶電荷量大小為q的小球在光滑絕緣的水平面上，從靜止開始經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后，水平進(jìn)入ABCD區(qū)域中，恰能在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且從B點(diǎn)射出，已知AB長(zhǎng)度為L(zhǎng)，AD長(zhǎng)度為L(zhǎng)，求： (1)小球帶何種電荷及進(jìn)入疊加場(chǎng)時(shí)的速度大??； (2)小球在疊加場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑； (3)小球在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 解析：(1)小球在電場(chǎng)、磁場(chǎng)和重力場(chǎng)的疊加場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且從B點(diǎn)射出，根據(jù)左手定則可知小球帶負(fù)電荷， 小球進(jìn)入疊加場(chǎng)之前，由動(dòng)能定理得：qU＝mv2， 解得：v＝ 。 (2)設(shè)小球做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r，由幾何關(guān)系得： r2＝(r－L)2＋(L)2， 解得：r＝2L。 (3)由(2)知小球在復(fù)合場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)的圓心角滿足： sin θ＝，解得：θ＝ 小球運(yùn)動(dòng)周期：T＝ 運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t＝T 聯(lián)立解得：t＝。 答案：(1)負(fù)電荷　　(2)2L　(3) 命題點(diǎn)三　帶電粒子在交變電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 求解這類問題時(shí)首先要明確是電場(chǎng)做周期性變化還是磁場(chǎng)做周期性變化，亦或是電場(chǎng)、磁場(chǎng)都做周期性變化，一般按如下思路分析： [典例]　如圖甲所示，xOy平面處于勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，周期均為2t0，y軸正方向?yàn)镋的正方向，垂直紙面向里為B的正方向。t＝0時(shí)刻，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O開始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)速度大小為v0，方向沿x軸正方向。已知電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E0，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0＝，不計(jì)粒子所受重力。求： (1)t0時(shí)刻粒子的速度大小v1及對(duì)應(yīng)的位置坐標(biāo)(x1，y1)； (2)為使粒子第一次運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)軸時(shí)速度沿x軸負(fù)方向，B0與E0應(yīng)滿足的關(guān)系； (3)t＝4nt0(n＝1,2，…)時(shí)刻粒子所在位置的橫坐標(biāo)x。 [解析]　(1)0～t0時(shí)間內(nèi)，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，沿著x軸正方向，有： x1＝v0t0 沿著y軸正方向，有：vy＝at0，y1＝at02 由牛頓第二定律，有：qE0＝ma 運(yùn)動(dòng)的速度大?。簐1＝ 解得：v1＝ ，粒子的位置坐標(biāo)為。 (2)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，由洛倫茲力提供向心力，有： qv1B0＝m＝r1 解得：T＝2t0 則粒子第一次運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)軸前的軌跡如圖1所示。 粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，有：qv1B0＝ 軌跡圓心在y軸上，結(jié)合幾何關(guān)系得：r1sin θ＝v0t0 且v1sin θ＝vy 解得：＝v0。 (3)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為2t0，即在t0～2t0時(shí)間內(nèi)粒子轉(zhuǎn)了半圈，設(shè)粒子沿x軸方向向左移動(dòng)Δx,2t0時(shí)刻速度大小仍為v1，方向與t0時(shí)刻速度方向相反，在2t0～3t0時(shí)間內(nèi)粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱性可知，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與0～t0 時(shí)間內(nèi)相同，3t0時(shí)刻速度大小為v0，方向沿著x軸負(fù)方向，在3t0～4t0時(shí)間內(nèi)粒子轉(zhuǎn)動(dòng)半圈，4t0時(shí)刻速度大小為v0，方向沿著x軸正方向，如圖2所示，則0～4t0時(shí)間內(nèi)粒子沿x軸方向向左移動(dòng)的距離為Δx 由幾何關(guān)系得：Δx＝2r1sin θ＝ 由粒子運(yùn)動(dòng)的周期性知，t＝4nt0時(shí)粒子的橫坐標(biāo)： x＝－nΔx＝－(n＝1,2，…)。 [答案]　(1) 　　 (2)＝v0　(3)x＝－(n＝1,2，…) 分析帶電粒子在交變電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)，關(guān)鍵是明確它在一個(gè)周期內(nèi)的運(yùn)動(dòng)，化變?yōu)楹闶撬季S根本，其技巧是畫出軌跡示意圖，結(jié)合帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律列方程解答。　　 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1．如圖甲所示，M、N為豎直放置且彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個(gè)小孔O、O′且正對(duì)，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。有一束正離子在t＝0時(shí)垂直于M板從小孔O射入磁場(chǎng)，已知正離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，正離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場(chǎng)變化而產(chǎn)生的電場(chǎng)的影響，不計(jì)正離子所受重力。求： (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大??； (2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場(chǎng)，正離子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度v0的可能值。 解析：(1)設(shè)磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里時(shí)為正，正離子射入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有 B0qv0＝m 粒子運(yùn)動(dòng)的周期T0＝ 解得B0＝。 (2)正離子從O′孔垂直于N板射出磁場(chǎng)時(shí)，可能的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示， 正離子在兩板之間只運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期T0時(shí)，有r＝ 正離子在兩板之間運(yùn)動(dòng)n個(gè)周期即nT0時(shí)，有r＝(n＝1,2,3，…) 解得v0＝(n＝1,2,3，…)。 答案：(1)　(2)(n＝1,2,3，…) 2．(2019天水模擬)如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)存在均勻、大小隨時(shí)間周期性變化的磁場(chǎng)和電場(chǎng)，變化規(guī)律分別如圖乙、丙所示(規(guī)定垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向、沿y軸正方向電場(chǎng)強(qiáng)度為正)。在t＝0時(shí)刻由原點(diǎn)O發(fā)射初速度大小為v0，方向沿y軸正方向的帶負(fù)電粒子。已知v0、t0、B0，粒子的比荷為，不計(jì)粒子的重力。求： (1)t＝t0時(shí)，粒子的位置坐標(biāo)； (2)若t＝5t0時(shí)粒子回到原點(diǎn)，0～5t0時(shí)間內(nèi)粒子距x軸的最大距離； (3)若粒子能夠回到原點(diǎn)，滿足條件的所有E0值。 解析：(1)粒子在0～t0內(nèi)沿順時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng) qv0B0＝m，T＝ 解得r1＝，T＝ 又粒子的比荷＝ 解得r1＝，T＝2t0 故t＝t0時(shí)，粒子的位置坐標(biāo)為。 (2)粒子在t＝5t0時(shí)回到原點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示 由r2＝2r1，r1＝，r2＝ 解得v2＝2v0 則在0～5t0時(shí)間內(nèi)粒子距x軸的最大距離 hm＝t0＋r2＝v0t0。 (3)如圖乙所示，設(shè)帶電粒子在x軸下方做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r2′，由幾何關(guān)系可知，要使粒子能夠回到原點(diǎn)，則必須滿足 n(2r2′－2r1)＝2r1(n＝1,2,3，…) 其中r2′＝ 解得v＝v0(n＝1,2,3，…) 又v＝v0＋t0 解得E0＝(n＝1,2,3，…)。 答案：(1)　(2)v0t0　(3)(n＝1,2,3，…)